De thi DH

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ 1 – NĂM 2012 MÔN TOÁN- KHỐI A (Thời gian làm bài 180 phút-không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH y. x 2 x  1 (C). Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C). b) Cminh rằng: với mọi giá trị của m, đường thẳng d : y  x  m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm A,B phân biệt. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng AB.Tìm quỹ tích trung điểm I của AB. Câu II: (2 điểm). 1.Giải bất phương trình: 9 2. Giải phương trình:. 2 x  x2 1. 2. 2.  34.152 x x  252 x x 1  0 1 8  1 2 cos x  cos 2 (  x)   sin 2 x  3cos( x  )  sin 2 x 3 3 2 3. sin x+ cos x ¿3 ¿ ¿ 7 sin x −5 cos x Câu III: (1điểm): 1. Tính tích phân :I= ¿ π 2. ∫¿ 0. Câu VIb. (1 điểm). Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c 1 . Chứng minh rằng: ab  bc  ca  2abc . 7 27 .. II. PHẦN RIÊNG ( Thí sinh chọn một trong hai phần) 1. Phần dành cho chương trình chuẩn 2 Câu Va. (2 điểm) 1. Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình 2 z  4 z  11 0 . Tính giá trị của 2. z1  z2. 2 2. biểu thức ( z1  z2 ) . 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = 0 có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12. C©u VIa (1 ®iÓm) Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 5 ch÷ sè kh¸c nhau mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ ba ch÷ sè lÎ. 2. Phần dành cho chương trình nâng cao Câu Vb(2 điểm) 1.Tìm hệ số x3 trong khai triển. (. x 2+. 2 x. n. ). biết n thoả mãn: C12 n +C 32 n+. . .+ C22 nn −1=223. 2.. x 1 y  1 z  1   1 1 ; Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: 2 d 2: x  1 y  2 z 1   1 1 2 và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường. thẳng , biết  nằm trên mặt phẳng (P) và  cắt hai đường thẳng d1 , d2 .  x+1  y  1 a  a 2.Tìm để hệ phương trình sau có nghiệm :  x  y 2a  1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I a) (1điểm) '. 2 điểm. . Nội dung chính và kết quả. Điểm thành phần. 1 D=R/  . 1 ( x  1) 2 > 0 , x  D  h/số đồng biến trên D và không có cực trị. y Các đường tiệm cận: T/c đứng x=1; T/c ngang: y =1 Tâm đối xứng I(1;1) BBT x - + y’ +. 0,25 điểm. 1 + +. 1. 0,25 điểm. y 1 Đồ thị. -. y. f(x)=(x-2)/(x-1) f(x)=1. 7. x(t)=1 , y(t)=t. 6 5. 0,5 điểm. 4 3 2 1. x -3. -2. -1. 1 -1 -2 -3 -4 -5. 2. 3. 4. 5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> b) (1 điểm) * Phương trình hoành độ giao điểm của d (C ) là: x 2  mx  m  2 0 (1) ; đ/k x 1. 0,25 điểm.  m 2  4m  8  0  Vì  f (1)  1 0 với m ,nên p/t (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với m .Suy ra d (C ) tại hai điểm phân biệt với m *Gọi các giao điểm của d (C ) là: A( x A ;  x A  m ) ; B( xB ;  xB  m );với x A ; xB. là các nghiệm của p/t (1) 2. AB 2 2( x A  xB ) 2 2  ( x A  xB )  4 x A .xB   2 2 2  m  4(m  2)  2  (m  2)  4 8  . 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm. Vậy : AB min 2 2 , đạt được khi m = 2 Câu II 2. 2. 2. 2. 2. 2 x  x 1  34.152 x  x  252 x  x 1  0  9.32(2 x  x )  34.32 x  x . 1. (1 điểm) 9 2. 2 điểm. 2. 52 x  x  25.52(2 x  x )  0. 0,25điểm. 2.  3  9.    5. 2(2 x  x 2 ).  3  34.    5. 2 x x. 2. 2 x x    3  1  5  25  0   2   3  2 x x 25    9  5.  2 x  x2  0   x  ( ;1   2x  x   2. 0,25điểm 0,5 điểm. 3)  (0;2)  (1  3; ). KL: Bpt có tập nghiệm là T= ( ;1  3)  (0; 2)  (1  3; ) 1 8  1 cos 2 (  x)   sin 2 x  3cos(x+ )+ sin 2 x 3 2 3 2. (1 điểm) 2cosx+ 3 1 8 1 cos 2 x   sin 2 x  3s inx+ sin 2 x  2cosx+ 3  6cosx+cos 2 x 8  6s inx.cosx-9sinx+sin 2 x 3 3 7  6cosx(1-sinx)-2(s inx-1)(s inx- ) 0 2  6cosx(1-sinx)-(2sin x  9s inx+7) 0 2 1  s inx=0  (1)    x   k 2 ;(k  Z ) 6cosx-2sinx+7=0  (1-sinx)(6cosx-2sinx+7) 0  (2) 2. (p/t. (2). 0,25 điểm 0,25 điểm. vô nghiệm ) 0,5 điểm.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> π 2. π 2. Câu III. I 1 =∫ sin xdx 0. ( sin x +cos x ). π 2. Tính I1+I2=. =∫. 2. sin x+ cos x ). 1. I1=I2= 2 C©u IV 1 ®iÓm. 0. π 2. ∫ dx ( 0. ; I 2=∫ 3. 0. cos xdx ( sin x +cos x )3. ;. π. đặt x= 2 − t chứng minh được I1=I2. dx. 1 π = tan(x − ) π 2 4 2 cos2 ( x − ) 4 π ¿ =1 2 ¿0. ⇒ I= 7I1 -5I2=1. Do AH ⊥( A B1 C1 ) nªn gãc ∠ AA 1 H lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt th× gãc ∠ AA 1 H b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc ∠ AA H =300 ⇒ A H= a √ 3 . Do tam gi¸c A1B1C1 lµ 1. 1. 2. a √ 3 nªn A H vu«ng 1 2 B 1 C 1 ⊥( AA 1 H ). A1 H =. tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và. gãc víi B1C1. MÆt kh¸c AH ⊥ B1 C 1 nªn A. 0,5. B. C. K. A1 H. C 1. B1. Kẻ đờng cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 vµ B1C1 Ta cã AA1.HK = A1H.AH ⇒ HK= V. A1 H . AH a √ 3 = AA 1 4. 0,25 0,25. Ta có ab  bc  ca  2abc a(b  c)  (1  2a)bc a(1  a)  (1  2a)bc . Đặt t= bc thì ta có. 0 t bc .  (1  a ) 2   0;  4  . (b  c) 2 (1  a )2  4 4 .Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> (a  1  a) 2 1 7    4 4 27 và Có f(0) = a(1 – a) 2  (1  a)2  7 1 1  1 7 f   (2 a  ) a       4  27 4 3  3 27  0;1   với mọi a  . Vậy. ab  bc  ca  2abc . 0,25. 7 27 . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3. PHẦN RIÊNG 1. Theo chương trình chuẩn VIa 1.Giải pt đã cho ta được các nghiệm:. z1 1 . 0.25. 3 2 3 2 i, z2 1  i 2 2. 0.5. 2. 3 2 22 | z1 || z2 | 1   ; z1  z2 2   2  2 . 0.25. 2. Suy ra. 2. 2. z1  z2 11 ...  2 4 Đo đó ( z1  z2 ). 0.25. 2. Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm của dây cung AB. Ta có IH là đường cao của tam giác IAB. IH =. d ( I , ) . | m  4m | m 2  16. . | 5m |. 0,25 5 A. m 2  16. I  H. B. (5m ) 2 20 AH  IA  IH  25  2  m  16 m 2  16 Diện tích tam giác IAB là SIAB 12  2S IAH 12 2. 2.  m 3 d ( I ,  ). AH 12  25 | m |3(m  16)   16  m  3   2. C©u Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã C25 =10 c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè 0,5 VIIa có chữ số 0 đứng đầu) và 3 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có 2 . 3 C5 C5 C5 1 = 100 bé 5 sè đợc chän. ®iÓm 0,5 Mỗi bộ 5 số nh thế có 5! số đợc thành lập => có tất cả C25 . C35 .5! = 12000 sè. Mặt khác số các số đợc lập nh trên mà có chữ số 0 đứng đầu là 1 3 C 4 . C 5 . 4 !=960 . VËy cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bµi to¸n Phần nâng cao CÂUVIb. 1,Tìm hệ số x3 trong khai triển. (. x 2+. 2 x. n. ). biết n thoả mãn: C12 n +C 32 n+. . .+ C22 nn −1=223. Khai triển: (1+x)2n thay x=1;x= -1 và kết hợp giả thiết được n=12. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Khai triển:. (. 2. x+. 2 x. 12. ). 12. k. k. =∑ C 12 2 x. 24− 3 k. hệ số x3: C712 27 =101376. k=0. Gọi A = d1(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2  (P) suy ra B(2; 3; 1) Đường thẳng  thỏa mãn bài toán đi qua A và B.. 0,25 0,25 0,25. VI.b -2 u (1; 3;  1) (1 điểm) Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là. x 1 y z 2   3 1 Phương trình chính tắc của đường thẳng  là: 1.  x  1  y  1 a  ( x  1)2  ( y  1) 2 2a  1  x  1; y  1   CÂU VIIb. (1 điểm) đ/k .Bất pt  x  1  y  1 a   1 2  x  1. y  1   a  (2a  1)   2 y 1 x 1. ; Vậy. 2. và. là nghiệm của p/t:. 0,25. 0,25 điểm. T. 0,25điểm. 1  aT  (a 2  2a  1) 0* 2 .Rõ ràng hệ trên có nghiệm khi p/t* có 2 nghiệm không âm.  a 2  2( a 2  2 a  1) 0  0     S 0  a 0  1  2 a 2  6  P 0  1   (a 2  2a  1) 0 2. 0,5điểm.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>